第一篇：全国初中数学竞赛辅导 第四十六讲《同余式》教案1 北师大版
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第四十六讲 同余式
数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯．
先看一个游戏：有n＋1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子，每步可前移1，2或3格，以先到最后一格者为胜．问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？
取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数，以后你的对手若走i格(i=1，2，3)，你走4-i格，即每一次交替，共走了4格．最后只剩4个空格时，你的对手就必输无疑了．因此，若n除以4的余数是1，2或3时，那么先走者甲胜；若n除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜．
在这个游戏里，我们可以看出，有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如，1999年元旦是星期五，1999年有365天，365=7×52＋1，所以2000年的元旦是星期六．这里我们关心的也是余数．这一讲中，我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用．
同余，顾名思义，就是余数相同．
定义1 给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m同余，记作
a≡b(modm)，并读作a同余b，模m．
若a与b对模m同余，由定义1，有
a=mq1＋r，b=mq2+r．
所以 a-b=m(q1-q2)，即 m｜a-b．
反之，若m｜a-b，设
a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1，则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2．
于是，我们得到同余的另一个等价定义：！
定义2 若a与b是两个整数，并且它们的差a-b能被一正整数m整除，那么，就称a与b对模m同余．
同余式的写法，使我们联想起等式．其实同余式和代数等式有一些相同的性质，最简单的就是下面的定理1．
定理1(1)a≡a(modm)．
(2)若a≡b(modm)，则b≡a(modm)．
(3)若a≡b(modm)，b≡c(modm)，则a≡c(modm)．
在代数中，等式可以相加、相减和相乘，同样的规则对同余式也成立．
定理2 若a≡b(modm)，c≡d(modm)，则
a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．
证 由假设得m｜a-b，m｜c-d，所以
m｜(a±c)-(b±d)，m｜c(a-b)＋b(c-d)，即
a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)．
由此我们还可以得到：若a≡b(modm)，k是整数，n是自然数，则
a±k≡b±k(modm)，ak≡bk(modm)，a≡b(modm)．
对于同余式ac≡bc(modm)，我们是否能约去公约数c，得到一个正确的同余式a≡b(modm)？
在这个问题上，同余式与等式是不同的．例如
25≡5(mod 10)，约去5得
5≡1(mod 10)．
这显然是不正确的．但下面这种情形，相约是可以的．
定理3 若ac≡bc(modm)，且(c，m)=1，则
n
n 2！
a≡b(modm)．
证 由题设知
ac-bc=(a-b)c=mk．
由于(m，c)=1，故m｜a-b，即a≡b(modm)．
定理4 若n≥2，a≡b(modm1)，a≡b(modm2)，………… a≡b(modmn)，且M=[m1，m2，…，mn]表示m1，m2，…，mn的最小公倍数，则
a≡b(modM)．
前面介绍了同余式的一些基本内容，下面运用同余这一工具去解决一些具体问题．
应用同余式的性质可以简捷地处理一些整除问题．若要证明m整除a，只需证a≡0(modm)即可．
例1 求证：
(1)8｜(552n1999
＋17)；
(2)8(3＋7)；
(3)17｜(191000
-1)．
1999
证(1)因55≡-1(mod 8)，所以55
19998)，于是8｜(55＋17)．
2n
≡-1(mod 8)，55
1999
＋17≡-1＋17=16≡0(mod
(2)3=9≡1(mod 8)，3≡1(mod 8)，所以3＋7≡1＋7≡0(mod 8)，即8｜(3＋7)．
(3)19≡2(mod 17)，19≡2=16≡-1(mod 17)，所以19≡1(mod 17)，于是
17｜(19
1000
1000
2n2n
=(19)250≡(-1)250
-1)．！
例2 求使2-1为7的倍数的所有正整数n．
解 因为2≡8≡1(mod 7)，所以对n按模3进行分类讨论．
(1)若n=3k，则
2-1＝(2)-1＝8-1≡1-1＝0(mod 7)；
(2)若n=3k＋1，则
2-1=2·(2)-1=2·8-1
≡2·1-1＝1(mod 7)；
(3)若n=3k＋2，则
2-1=2·(2)-1=4·8-1
≡4·1-1＝3(mod 7)．
所以，当且仅当3｜n时，2-1为7的倍数．
例3 对任意的自然数n，证明
A=2903-803-464＋261
能被1897整除．
证 1897=7×271，7与271互质．因为
2903≡5(mod 7)，803≡5(mod 7)，464≡2(mod 7)，261≡2(mod 7)，所以
A=2903-803-464+261
≡5n-5n-2n+2n=0(mod 7)，故7｜A．又因为
2903≡193(mod 271)，n
n
n
n
n
n
n
n
n
k
n
3k
k
k
n
3k
k
n
3k
k
k3n 4！
803≡261(mod 271)，464≡193(mod 271)，所以
故271｜A．因(7，271)=1，所以1897整除A．
例4 把1，2，3…，127，128这128个数任意排列为a1，a2，…，a128，计算出
｜a1-a2｜，｜a3-a4｜，…，｜a127-a128｜，再将这64个数任意排列为b1，b2，…，b64，计算
｜b1-b2｜，｜b3-b4｜，…，｜b63-b64｜．
如此继续下去，最后得到一个数x，问x是奇数还是偶数？
解 因为对于一个整数a，有
｜a｜≡a(mod 2)，a≡-a(mod 2)，所以
b1＋b2＋…＋b64
=｜a1-a2｜+｜a3-a4｜+…+｜a127-a128｜
≡a1-a2＋a3-a4+…+a127-a128
≡a1＋a2＋a3＋a4+…+a127＋a128(mod 2)，因此，每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数
x≡a1＋a2＋…＋a128＝1＋2＋…＋128
＝64×129≡0(mod 2)，故x是偶数．！
如果要求一个整数除以某个正整数的余数，同余是一个有力的工具．另外，求一个数的末位数字就是求这个数除以10的余数，求一个数的末两位数字就是求这个数除以100的余数．
例5 求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．
10≡1(mod 9)，故对任何整数k≥1，有
10≡1＝1(mod 9)．
因此
k
k
即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数．
说明(1)特别地，一个数能被9整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除．
(2)算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论．
例6 任意平方数除以4余数为0和1(这是平方数的重要特征)．
证 因为
奇数=(2k＋1)=4k＋4k+1≡1(mod 4)，偶数=(2k)=4k≡0(mod 4)，所以
例7 任意平方数除以8余数为0，1，4(这是平方数的又一重要特征)．
证 奇数可以表示为2k＋1，从而！
奇数=4k＋4k+1=4k(k＋1)+1．
因为两个连续整数k，k＋1中必有偶数，所以4k(k＋1)是8的倍数，从而
奇数=8t+1≡1(mod 8)，偶数=(2k)=4k(k为整数)．
(1)若k=偶数=2t，则
4k=16t＝0(mod 8)．
(2)若k=奇数=2t+1，则
4k=4(2t＋1)=16(t＋t)+4≡4(mod 8)，所以
求余数是同余的基本问题．在这种问题中，先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧．
例8(1)求33除2
(2)求8除7
2n+1
1998的余数．
-1的余数．
解(1)先找与±1(mod 33)同余的数．因为
2＝32≡-1(mod 33)，所以 2≡1(mod 33)，2
所求余数为25．
(2)因为7≡-1(mod 8)，所以
2n＋1
199810
=(2)·2·2≡-8≡25(mod 33)，1019953
≡(-1)
2n＋1
＝-1(mod 8)，7
2n＋1
-1≡-2≡6(mod 8)，！
即余数为6．
例9 形如
Fn＝2+1，n=0，1，2，… 的数称为费马数．证明：当n≥2时，Fn的末位数字是7．
证 当n≥2时，2是4的倍数，故令2=4t．于是
Fn=2＋1=2+1=16＋1 ≡6＋1≡7(mod 10)，即Fn的末位数字是7．
说明 费马数的头几个是
F0＝3，F1＝5，F2＝17，F3＝257，F4＝65537，它们都是素数．费马便猜测：对所有的自然数n，Fn都是素数．然而，这一猜测是错误的．首先推翻这个猜测的是欧拉，他证明了下一个费马数F5是合数．证明F5是合数，留作练习．
利用同余还可以处理一些不定方程问题．
例10 证明方程
x+y+2=5z
没有整数解．
证 对于任一整数x，以5为模，有
x≡0，±1，±2(mod 5)，x≡0，1，4(mod 5)，x≡0，1，1(mod 5)，即对任一整数x，x≡0，1(mod 5)．
同样，对于任一整数y
y≡0，1(mod 5)，4442
t2n
4t
t
n
n
2n 8！
所以 x+y+2≡2，3，4(mod 5)，从而所给方程无整数解．
说明 同余是处理不定方程的基本方法，但这种方法也非常灵活，关键在于确定所取的模(本例我们取模5)，这往往应根据问题的特点来确定．
练习二十五
1．求证：17｜(19
100044
-1)．
2n
2n
2．证明：对所有自然数n，330｜(6-5-11)．
4．求21000
除以13的余数．
5．求1＋2＋3＋…＋99＋100除以4所得的余数．
6．今天是星期天，过3天是星期几？再过5
19985
天又是星期几？
7．求n=1×3×5×7×…×1999的末三位数字．
8．证明不定方程x+y-8z=6无整数解．
第二篇：全国初中数学竞赛辅导 第十六讲《质数与合数》教案1 北师大版
第十六讲 质数与合数
我们知道，每一个自然数都有正因数(因数又称约数)．例如，1有一个正因数；2，3，5都有两个正因数，即1和其本身；4有三个正因数：1，2，4；12有六个正因数：1，2，3，4，6，12．由此可见，自然数的正因数，有的多，有的少．除了1以外，每个自然数都至少有两个正因数．我们把只有1和其本身两个正因数的自然数称为质数(又称素数)，把正因数多于两个的自然数称为合数．这样，就把全体自然数分成三类：1，质数和合数．
2是最小的质数，也是唯一的一个既是偶数又是质数的数．也就是说，除了2以外，质数都是奇数，小于100的质数有如下25个：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97．
质数具有许多重要的性质：
性质1 一个大于1的正整数n，它的大于1的最小因数一定是质数．
性质2 如果n是合数，那么n的最小质因数a一定满足a≤n．
性质3 质数有无穷多个(这个性质将在例6中证明)．
性质4(算术基本定理)每一个大于1的自然数n，必能写成以下形式：
这里的P1，P2，…，Pr是质数，a1，a2，…，ar是自然数．如果不考虑p1，P2，…，Pr的次序，那么这种形式是唯一的．
关于质数和合数的问题很多，著名的哥德巴赫猜想就是其中之一．哥德巴赫猜想是：每一个大于2的偶数都能写成两个质数的和．这是至今还没有解决的难题，我国数学家陈景润在这个问题上做了到目前为止最好的结果，他证明了任何大于2的偶数都是两个质数的和或一个质数与一个合数的和，而这个合数是两个质数的积(这就是通常所说的1+2)．下面我们举些例子．
例1 设p，q，r都是质数，并且
p+q=r，p＜q．
求p．
解 由于r=p+q，所以r不是最小的质数，从而r是奇数，所以p，q为一奇一偶．因为p＜q，故p既是质数又是偶数，于是p=2．
例2 设p(≥5)是质数，并且2p+1也是质数．求证：4p+1是合数．
证 由于p是大于3的质数，故p不会是3k的形式，从而p必定是3k+1或3k+2的形式，k是正整数．
若p=3k+1，则
2p+1=2(3k+1)+1=3(2k+1)是合数，与题设矛盾．所以p=3k+2，这时
4p+1=4(3k+2)+1=3(4k＋3)是合数．
例3 设n是大于1的正整数，求证：n+4是合数．
证 我们只需把n+4写成两个大于1的整数的乘积即可．
n+4=n+4n+4-4n＝(n+2)-4n ＝(n-2n+2)(n+2n+2)，因为
n+2n＋2＞n-2n+2=(n-1)+1＞1，所以n+4是合数．
例4 是否存在连续88个自然数都是合数？
解 我们用n！表示1×2×3×…×n.令
a=1×2×3×…×89=89！，那么，如下连续88个自然数都是合数：
a+2，a+3，a+4，…，a+89．
这是因为对某个2≤k≤89，有
a+k=k×(2×…×(k-1)×(k+1)×…×89+1)
是两个大于1的自然数的乘积．
说明 由本例可知，对于任意自然数n，存在连续的n个合数，这也说明相邻的两个素数的差可以任意的大． 4
用(a，b)表示自然数a，b的最大公约数，如果(a，b)=1，那么a，b称为互质(互素)．
例5 证明：当n＞2时，n与n！之间一定有一个质数．
证 首先，相邻的两个自然数是互质的．这是因为
(a，a-1)=(a，1)＝1，于是有(n！，n！-1)=1．
由于不超过n的自然数都是n！的约数，所以不超过n的自然数都与n！-1互质(否则，n！与n！-1不互质)，于是n！-1的质约数p一定大于n，即n＜p≤n！-1＜n！．
所以，在n与n！之间一定有一个素数．
例6 证明素数有无穷多个．
证 下面是欧几里得的证法．
假设只有有限多个质数，设为p1，p2，…，pn.考虑p1p2…pn+1，由假设，p1p2…pn+1是合数，它一定有一个质约数p．显然，p不同于p1，p2，…，pn，这与假设的p1，p2，…，pn为全部质数矛盾．
例7 证明：每一个大于11的自然数都是两个合数的和．
证 设n是大于11的自然数．
(1)若n=3k(k≥4)，则
n＝3k=6+3(k-2)；
(2)若n=3k+1(k≥4)，则
n=3k+1=4+3(k-1)；
(3)若n=3k+2(k≥4)，则
n=8+3(k-2)．
因此，不论在哪种情况下，n都可以表为两个合数的和．
例8 求不能用三个不同合数的和表示的最大奇数．
解 三个最小的合数是4，6，8，它们的和是18，于是17是不能用三个不同的合数的和表示的奇数．
下面证明大于等于19的奇数n都能用三个不同的合数的和来表示．
由于当k≥3时，4，9，2k是三个不同的合数，并且4+9+2k≥19，所以只要适当选择k，就可以使大于等于19的奇数n都能用4，9，2k(k=n-13/2)的和来表示．
综上所述，不能表示为三个不同的合数的和的最大奇数是17．
练习十六
1．求出所有的质数p，使p+10，p+14都是质数．
2．若p是质数，并且8p+1也是质数，求证：8p-p+2也是质数．
3．当m＞1时，证明：n+4m是合数．
4．不能写成两个合数之和的最大的自然数是几？
5．设p和q都是大于3的质数，求证：24｜p-q．
6．设x和y是正整数，x≠y，p是奇质数，并且
求x+y的值．
第三篇：全国初中数学竞赛辅导 第五十讲《生活中的数学(三)——镜子中的世界》教案1 北师大版
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第五十讲 生活中的数学(三)——镜子中的世界
在日常生活中，人们为了观察自己的服装仪表是否整洁漂亮，常常要照镜子．如果镜面是很平的，那么在镜子中，人或物体与其像是完全一样的．而且我们都有这样的经验：当人走近镜面，人在镜中的像也走进镜面；当人远离镜面，人在镜中的像也远离镜面．如果你留心的话，就可以发现：人和像与镜面的距离保持相等(图2-155)，这种现象叫作面对称．如果我们只取一个侧面，那么镜面就可用一条直线来表示，人和人在镜中的像可用一个平面图形来表示，这样，人、像与镜就成了轴对称，也叫直线对称(图2-155)．
如果实物是△ABC，那么它在镜中的像就成了图形△A′B′C′．直线l表示镜，这时称l为△ABC和△A′B′C′的对称轴(图2-156)．图中，A与A′，B与B′，C与C′是对称点．以对称点为端点所连结的线段AA′，BB′，CC′被对称轴l垂直平分，因此，如果以直线l为折痕，把△ABC翻折过来，它必与△A′B′C′重合，所以成轴对称的两个图形必全等．
例1 设图形ABCDEF是半个蝴蝶形(图2-157(a))，试以直线l为对称轴，画出整个蝴蝶来．！
解 为了画出整个蝴蝶，只需要画出图形ABCDEF关于直线l的轴对称图形就可以了．因为A点、F点在直线l上，所以它们的对称点分别和A，F是同一点，这样，只要画出B，C，D，E关于l的对称点就行了．为此，先分别过B，C，D，E向l作垂线，设垂足分别为M，N，P，Q，然后在BM，CN，DP，EQ的延长线上取B′，C′，D′和E′点，使得B′M=MB，C′N=NC，D′P=PD，E′Q=QE，最后连结AB′，B′C′，C′D′，D′E′，E′F，于是就得到完整的蝴蝶形ABCDEFE′D′C′B′了(图 2-157(b))．
例2 设直线l1和直线l2平行，且l1和l2间的距离为a．如果线段AB在l1的右侧，并设AB关于l1的对称图形是A′B′，而A′B′关于l2的对称图形是A″B″(图2-158)，那么，线段AB和A″B″有什么关系？
解 因为l1平行于l2，并且AA′A″垂直于l1，当然也垂直于l2，同理BB′B″也垂直于l1和l2．我们知道：“在平面内垂直于同一条直线的两条直线互相平行”，所以
AA′A″∥BB′B″． ①
另一方面，因为AP=PA′，A′P′=P′A″，所以
AA′A″＝2PP′=2a，同理BB′B″=2a，所以
AA′A″=BB′B″． ②
通过例2，我们可知，如果在平面上两条直线互相平行，有一个图形以这两条直线为对称轴，连续作了两次轴对称移动，那么相当于这个图形作了一次平行移动，平行移动的距离刚好是这两个对称轴间距离的2倍．
如果我们反复利用例2的原理，就可以做成带形的花边图案．例如，我们把一张等宽的长纸条像图2-159那样折叠起来，并在上面用小刀刻出一个三角形的洞，然后再展开这张纸条，就会得到如图2-160那样的带形图案．！
如果我们把图2-160中的m2，m1，m0，m-1，m-2，m-3看成镜子，A0看作实物，那么A1，A2和A-1，A-2就是A0在镜子中的像了．其实，图中的A1是A0以m0为对称轴作对称移动的对称图形，也可以把A1看作是A-1作一次平行移到所得到的图形．由此，怎样看待A1和A2的关系以及A2和A0的关系呢？请同学们自己作出回答．
有了上面的知识，同学们不仅可以自己设计一些带形花边图案，还可以了解某些广告上画的花边图案的原理了．下面的图2-161和图2-162是两个带形图案，你能看出它们是怎样设计的吗？
如果我们把前面图2-160中的m2，m1，m0，m-1，m-2等看作平行的镜子，A0看作一个人，如果这个人在镜子中m0和m-1之间反复映照，那么就会看到图2-163的情况．
可以想象，在镜子m0中的像A1，A2，A3，…，以及在镜子m1中的像A-1，A-2，A-3，…是无限多的．还可以知道：A0在镜m0中的像是A1，A1在镜m-1中的像是A-2，A-2在镜m0中的像是A3，…如此等等．因为A0和A1，A1和A2是轴对称移动，所以A0到A2是平行移动．！
例3 设直线l1和直线l2相交，交点为O，其夹角为α．如果线段AB关于l1的轴对称图形是A′B′，而A′B′关于l2的轴对称图形是A″B″．试问AB和A″B″间有什么关系？(见图2-164)
解 因为已知AB关于l1的对称图形是A′B′，A′B′关于l2的对称图形是A″B″，所以AB=A′B′，A′B′=A″B″，所以
AB=A″B″，①
由于∠AOP=∠A′OP，∠A′OP′=∠A″OP′，所以
∠AOA″＝2∠POP′＝2α．
同理∠BOB″=2∠POP′=2α，所以
∠AOA″＝∠BOB″＝2α． ②
由①，②可知：在平面上，如果两条直线相交，一个图形以这两条直线为对称轴，连续作两次对称移动，那么相当于这个图形以这两条直线的交点为旋转中心，以这两条直线的交角的2倍为旋转角，作了一个旋转移动，在旋转移动下，图形的大小不变．
例4 同学们小时候常常玩万花筒，它是由三块等宽、等长的玻璃片围成的．为什么在万花筒中会出现美丽奇特的图案呢？试用前边的知识揭开万花筒的秘密．
解 万花筒中所以能呈现千变万化、美丽而奇特的图案，主要是利用了图形的对称和旋转原理．为具体说明，给出的图2-165为万花筒中的一个图案，它是用一个小圆、一个平行四边形和一段短线在万花筒中连续反射而成的图形．
为了清楚地说明上图形成的原理，我们取出图形中的一部分(图2-166)加以分析．！
正△ABO以OB为对称轴作轴对称移动，就得到△CBO；△CBO以OC为对称轴作轴对称移动，就得到△CDO．经过这样两个轴对称移动，实际上相当于△ABO以O为中心，以120°为旋转角，作了一个旋转移动．这样：
点A→点C，边AO→边CO，点B→点D，边AB→边CD，点O→点O，边BO→边DO．
在这样旋转移动下，△ABO中的平行四边形、小圆和曲线也跟着旋转了120°．经多次反复，就形成了图2-165的绮丽景色．如果同学们有兴趣，可以自己在纸上再现万花筒中的世界！
练习二十九
1．设l1和l2是两面平行相对的镜子，如果把一个小球放在l1和l2之间(图2-167)，试问：
(1)小球A在镜l1中的像A′在什么位置？！
(2)小球A在镜l1中的像A′在镜l2中的像A″又在什么位置？分别画在图上；
(3)小球A和像A″之间的距离与l1和l2之间的距离有什么关系？
2．图2-168是万花筒中的一个图案，其中菱形FJKG变成菱形FDAC，如果看成经过以F点为旋转中心、旋转角为x的旋转移动得到的，那么x等于多少度？请从下面的四个答案中选出一个正确的答案来．
(A)60°；
(B)120°；
(C)180°；
(D)以上答案都不对．
3．图2-169是游乐园中的大型旋转车的简图，游人坐在旋转车的车斗中，任凭旋转车不停地旋转，但总是头朝上，绝不会掉下来．试问车斗所作的移动是什么移动？请在下面答案中选一个正确的答案．
(A)旋转；(B)对称；
(C)平移；(D)以上答案都不对．
4．图2-170表示一张长方形球台，设P，Q为两个球，若击P球，使它碰CD边后，反弹正好击中Q球．试问P应碰撞CD边的哪一点？！
第四篇：全国初中数学竞赛辅导 第三十四讲《梯形》教案2 北师大版
第三十四讲 梯形
与平行四边形一样，梯形也是一种特殊的四边形，其中等腰梯形与直角梯形占有重要地位，本讲就来研究它们的有关性质的应用．
例1 如图2-43所示．在直角三角形ABC中，E是斜边AB上的中点，D是AC的中点，DF∥EC交BC延长线于F．求证：四边形EBFD是等腰梯形．
分析 因为E，D是三角形ABC边AB，AC的中点，所以ED∥BF．此外，还要证明(1)EB=DF；(2)EB不平行于DF．
证 因为E，D是△ABC的边AB，AC的中点，所以
ED∥BF．
又已知DF∥EC，所以ECFD是平行四边形，所以
EC=DF． ①
又E是Rt△ABC斜边AB上的中点，所以
EC=EB． ②
由①，②
EB=DF．
下面证明EB与DF不平行．
若EB∥DF，由于EC∥DF，所以有EC∥EB，这与EC与EB交于E矛盾，所以EBDF．
根据定义，EBFD是等腰梯形．
例2 如图2-44所示．ABCD是梯形，AD∥BC，AD＜BC，AB=AC且AB⊥AC，BD=BC，AC，BD交于O.求∠BCD的度数．
分析 由于△BCD是等腰三角形，若能确定顶点∠CBD的度数，则底角∠BCD可求．由等腰Rt△ABC可求知斜边BC(即BD)的长．又梯形的高，即Rt△ABC斜边上的中线也可求出．通过添辅助线可构造直角三角形，求出∠BCD的度数．
解 过D作DE⊥EC于E，则DE的长度即为等腰Rt△ABC斜边上的高AF．设AB=a，由于△ABF也是等腰直角三角形，由勾股定理知
AF+BF=AB，即
又
BC=AB+AC=2AB=2a，由于BC=DB，所以，在Rt△BED中，22222
从而∠EBD=30°(直角三角形中30°角的对边等于斜边一半定理的逆定理)．在△CBD中，2
例3 如图2-45所示．直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，∠ADC=135°，CD的垂直平分线交BC于N，交AB延长线于F，垂足为M．求证：AD=BF．
分析 MF是DC的垂直平分线，所以ND=NC．由AD∥BC及∠ADC=135°知，∠C=45°，从而∠NDC=45°，∠DNC=90°，所以ABND是矩形，进而推知△BFN是等腰直角三角形，从而AD=BN=BF．
证 连接DN．因为N是线段DC的垂直平分线MF上的一点，所以ND=NC．由已知，AD∥BC及∠ADC=135°知
∠C=45°，从而
∠NDC=45°．
在△NDC中，∠DNC=90°(=∠DNB)，所以ABND是矩形，所以
AF∥ND，∠F=∠DNM=45°．
△BNF是一个含有锐角45°的直角三角形，所以BN=BF．又
AD=BN，所以 AD=BF．
例4 如图2-46所示．直角梯形ABCD中，∠C=90°，AD∥BC，AD+BC=AB，E是CD的中点．若AD=2，BC=8，求△ABE的面积．
分析 由于AB=AD+BC，即一腰AB的长等于两底长之和，它启发我们利用梯形的中位线性质(这个性质在教材中是梯形的重要性质，我们将在下一讲中深入研究它，这里只引用它的结论)．取腰AB的中点F，(或BC)．过A引AG⊥BC于G，交EF于H，则AH，GH分别是△AEF与△BEF的高，所以
AG=AB-BG=(8+2)-(8-2)=100-36=64，所以AG=8．这样S△ABE(=S△AEF+S△BEF)可求．
解 取AB中点F，连接EF．由梯形中位线性质知
EF∥AD(或BC)，2
过A作AG⊥BC于G，交EF于H．由平行线等分线段定理知，AH=GH且AH，GH均垂直于EF．在Rt△ABG中，由勾股定理知
AG=AB-BG
=(AD+BC)-(BC-AD)
=10-6=8，所以 AG=8，从而 AH=GH=4，所以
S△ABE=S△AEF+S△BEF 2222
2222 4
例5 如图2-47所示．四边形ABCF中，AB∥DF，∠1=∠2，AC=DF，FC＜AD．
(1)求证：ADCF是等腰梯形；
(2)若△ADC的周长为16厘米(cm)，AF=3厘米，AC-FC=3厘米，求四边形ADCF的周长．
分析 欲证ADCF是等腰梯形．归结为证明AD∥CF，AF=DC，不要忘了还需证明AF不平行于DC．利用已知相等的要素，应从全等三角形下手．计算等腰梯形的周长，显然要注意利用AC-FC=3厘米的条件，才能将△ADC的周长过渡到梯形的周长．
解(1)因为AB∥DF，所以∠1=∠3．结合已知∠1=∠2，所以∠2=∠3，所以
EA=ED．
又 AC=DF，所以 EC=EF．
所以△EAD及△ECF均是等腰三角形，且顶角为对顶角，由三角形内角和定理知∠3=∠4，从而AD∥CF．不难证明
△ACD≌△DFA(SAS)，所以 AF=DC．
若AF∥DC，则ADCF是平行四边形，则AD=CF与FC＜AD矛盾，所以AF不平行于DC．
综上所述，ADCF是等腰梯形．
(2)四边形ADCF的周长=AD+DC+CF+AF． ①
由于
△ADC的周长=AD+DC+AC=16(厘米)，②
AF=3(厘米)，③
FC=AC-3，④
将②，③，④代入①
四边形ADCF的周长=AD+DC+(AC-3)+AF
=(AD+DC+AC)-3+3
=16(厘米)．
例6 如图2-48所示．等腰梯形ABCD中，AB∥CD，对角线AC，BD所成的角∠AOB=60°，P，Q，R分别是OA，BC，OD的中点．求证：△PQR是等边三角形．
分析 首先从P，R分别是OA，OD中点知，欲证等边三角形PQR的边长应等于等腰梯形腰长之半，为此，只需证明QR，QP等于腰长之半即可．注意到△OAB与△OCD均是等边三角形，P，R分别是它们边上的中点，因此，BP⊥OA，CR⊥OD．在Rt△BPC与Rt△CRB中，PQ，RQ分别是它们斜边BC(即等腰梯形的腰)的中线，因此，PQ=RQ=腰BC之半．问题获解．
证 因为四边形ABCD是等腰梯形，由等腰梯形的性质知，它的同一底上的两个角及对角线均相等．进而推知，∠OAB=∠OBA及∠OCD=∠ODC．又已知，AC与BD成60°角，所以，△ODC与△OAB均为正三角形．连接BP，CR，则BP⊥OA，CR⊥OD．在Rt△BPC与Rt△CRB中，PQ，RQ分别是它们的斜边BC上的中线，所以
又RP是△OAD的中位线，所以
因为 AD=BC，③
由①，②，③得
PQ=QR=RP，即△PQR是正三角形．
说明 本题证明引人注目之处有二：
(1)充分利用特殊图形中特殊点所带来的性质，如正三角形OAB边OA上的中点P，可带来BP⊥OA的性质，进而又引出直角三角形斜边中线PQ等于斜边BC之半的性质．
(2)等腰梯形的“等腰”就如一座桥梁“接通”了“两岸”的髀
使△PQR的三边相等．
练习十三
1．如图2-49所示．梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=DC，BD⊥CD．求∠A的度数．
2．如图2-50所示．梯形ABCD中，AD∥BC，AE∥DC交BC于E，△ABE的周长=13厘米，AD=4厘米．求梯形的周长．
3．如图2-51所示．梯形ABCD中，AB∥CD，∠A+∠B=90°，AB=p，CD=q，E，F分别为AB，CD的中点．求EF．
4．如图2-52所示．梯形ABCD中，AD∥BC，M是腰DC的中点，MN⊥AB于N，且MN=b，AB=a．求梯形ABCD的面积．
5．已知：梯形ABCD中，DC∥AB，∠A=36°，∠B=54°，M，N分别是DC，AB的中点．求证：
第五篇：全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第32讲 自测题
全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集
第三十二讲 自测题
自测题一
1．分解因式：x4-x3＋6x2-x+15．
2．已知a，b，c为三角形的三边长，且满足
a2＋b2＋c2＋338=10a+24b+26c，试确定这个三角形的形状．
3．已知a，b，c，d均为自然数，且
a5＝b4，c3＝d2，c-a＝19，求d-b的值．
4． a，b，c是整数，a≠0，且方程ax2＋bx＋c=0的两个根为a和b，求a＋b＋c的值．
5．设E，F分别为AC，AB的中点，D为BC上的任一点，P在BF上，DP∥CF，Q在CE上，DQ∥BE，PQ交BE于R，交
6．四边形ABCD中，如果一组对角(∠A，∠C)相等时，另一组对角(∠B，∠D)的平分线存在什么关系？
7．如图2-194所示．△ABC中，D，E分别是边BC，AB上的点，且∠1=∠2=∠3．如果△ABC，△
8．如图2-195所示．△ABC中，∠B=90°，M为AB上一点，使得AM=BC，N为BC上一点，使得CN=BM，连AN，CM交于P点．求∠APM的度数．
9．某服装市场，每件衬衫零售价为70元，为了促销，采用以下几种优惠方式：购买2件130元；购满5件者，每件以零售价的九折出售；购买7件者送1件．某人要买6件，问有几种购物方案(必要时，可与另一购买2件者搭帮，但要兼顾双方的利益)？哪种方案花钱最少？
自测题二
1．分解因式：(x2+3x+5)2+2x3+3x2+1Ox．
2．对于集合
p={x丨x是1到100的整数}
中的元素a，b，如果a除以b的余数用符号
(1)本集合{x丨<78，x>=6，x∈p}中元素的个数；
(2)用列举法表示集合
{x丨
3．已知：x+y+z＝1，x2＋y2+z2=2，x3＋y3+z3=3，试求：(1)xyz的值；(2)x4＋y4＋z4的值．
4．已知方程x2-3x＋a＋4=0有两个整数根．
(1)求证：这两个整数根一个是奇数，一个是偶数；
(2)求证：a是负偶数；
(3)当方程的两整数根同号时，求a的值及这两个根．
5．证明：形如8n+7的数不可能是三个整数的平方和．
7．如图2-196所示．AD是等腰三角形ABC底边上的中线，BE是角平分线，EF⊥BC，EG⊥BE且交BC于G．求证：
8．如图2-197所示．AD是锐角△ABC的高，O是AD上任意一点，连BO，OC并分别延长交AC，AB于E，F，连结DE，DF．求证：∠EDO=∠FDO．
9．甲校需要课外图书200本，乙校需要课外图书240本，某书店门市部A可供应150本，门市部B可供应290本．如果平均每本书的运费如下表，考虑到学校的利益，如何安排调运，才能使学校支出的运费最少？
自测题三
2．对于任意实数k，方程
(k2＋1)x2-2(a＋k)2x＋k2＋4k＋b＝0
总有一个根是1，试求实数a，b的值及另一个根的范围．
4．如图2-198．ABCD为圆内接四边形，从它的一个顶点A引平行于CD的弦AP交圆于P，并且分别交BC，BD于Q，R．求证：
5．如图2-199所示．在△ABC中∠C=90°，∠A的平分线AE交BA上的高CH于D点，过D引AB的平行线交BC于F．求证：BF=EC．
6．如图2-200所示．△ABC中，AB＞AC，作∠FBC=∠ECB=
7．已知三角形的一边是另一边的两倍，求证：它的最小边在它的周8．求最大的自然数x，使得对每一个自然数y，x能整除7y+12y-1．
9．某公园的门票规定为每人5元，团体票40元一张，每张团体票最多可入园10人．
(1)现有三个单位，游园人数分别为6，8，9．这三个单位分别怎样买门票使总门票费最省？
(2)若三个单位的游园人数分别是16，18和19，又分别怎样买门票使总门票费最省？
(3)若游园人数为x人，你能找出一般买门票最省钱的规律吗？
自测题四
1．求多项式2x2-4xy＋5y2-12y+13的最小值．
2．设
试求：f(1)＋f(3)＋f(5)＋…＋f(1999)．
3．如图2-201所示．在平行四边形ABCD的对角线BD上任取一点O，过O作边BC，AB的平行线交AB，BC于F，E，又在 EO上取一点P．CP与OF交于Q．求证：BP∥DQ．
4．若a，b，c为有理数，且等式成立，则a=b=c=0 ．
5．如图2-202所示．△ABC是边长为1的正三角形，△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB，AC于M，N，连接MN，求△AMN的周长．
6．证明：由数字0，1，2，3，4，5所组成的不重复六位数不可能被11整除．
7．设x1，x2，…，x9均为正整数，且
x1＜x2＜…＜x9，x1＋x2+…＋x9＝220．
当x1+x2+…+x5的值最大时，求x9-x1的值．
8．某公司有甲乙两个工作部门，假日去不同景点旅游，总共有m人参加，甲部门平均每人花费120元，乙部门每人花费110元，该公司去旅游的总共花去2250元，问甲乙两部门各去了多少人？
9．(1)已知如图2-203，四边形ABCD内接于圆，过AD上一点E引直线EF∥AC交BA延长线于F．求证：
FA·BC=AE·CD．
(2)当E点移动到D点时，命题(1)将会怎样？
(3)当E点在AD的延长线上时又会怎样？
自测题五
2．关于x的二次方程6x2-(2m-1)x-(m＋1)=0有一根
3．设x＋y=1，x2＋y2=2，求x7＋y7的值．
4．在三角形ABC内，∠B=2∠C．求证：b2=c2＋ac．
5．若4x-y能被3整除，则4x2+7xy-2y2能被9整除．
6．a，b，c是三个自然数，且满足
abc＝a＋b＋c，求证：a，b，c只能是1，2，3中的一个．
7．如图2-204所示．AD是△ABC的BC边上的中线，E是BD的中点，BA=BD．求证：AC=2AE．
8．设AD是△ABC的中线，(1)求证：AB2＋AC2=2(AD2＋BD2)；
(2)当A点在BC上时，将怎样？
按沿河距离计算，B离A的距离AC=40千米，如果水路运费是公路运费的一半，应该怎样确定在河岸上的D点，从B点筑一条公路到D，才能使A到B的运费最省？
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